안녕하세요. 본인은 저자로서, 내용 원안을 게재 전파하여 주시기를 간곡하게 부탁드립니다.    2580 년 된 피타고라스 수를 모두 구하는 새 공식을 발견하고, 이 공식을 이용하여 370 년 동안 세계 수학계의 난제였던 페르마 정리를 2 가지 방법으로 간단명료하게 증명한 내용입니다.    2005 년 초부터 다양하게 검증하고 충분히 재검토하여, 내용에 오류가 전혀 없음을 저의 명예를 걸고 책임 보증합니다. 4색 구분정리 증명은 2003 년도에 이미 완결되었습니다.    간명한 내용지만, 일반 보편 상식을 가진 사람들이 취미활동, 게임, 오락, 두뇌스포츠, 논리훈련, 교육, 독서와 사색 등의 다양한 효과를 얻을 수 있는 증명이며, 여가 선용에도 많은 도움이 될 수 있는 내용임을 확신합니다.    재심불가 규정을 내세우고 침묵중인 공익법인에 대하여서는, 논문심사과오에 따른 모든 결정이 원천무효임으로 부당 업무처리를 내부감사로 시정토록 의뢰하여 두고 있습니다.    감사합니다. 지구표면 지역들의 4색 구분정리 증명 지구표면 지역들의 3 가지 상호관계 경계선을 공유. 경계선이 점만을 공유. 전혀 접하지 않음. [1] 임의의 한 지역과 경계선을 공유하는 인접 지역들 전체의 지역들을 구분함에는 4 색으로 충분함. [증명] 한 지역의 경계선을 공유하는 인접 지역들이 3 색으로 충분히 구분되기 때문임. [예시1] 한 지역의 경계선을 공유하는 6 개의 인접 지역들이 2 색으로 구분되는, 6 각형 모양들로 된 모든 지역들은 3 색으로 구분됨. [예시2] 한 지역의 경계선을 공유하는 4 개의 인접 지역들이 1 색으로 구분되는, 4 각형 모양들로 된 모든 지역들은 2 색으로 구분됨. [2] 임의의 한 지역의 경계선을 공유하는 인접 지역들을 구분함에는 3 색으로 충분함. [증명] 임의의 한 지역 내부 한점에서 이 지역의 경계선을 공유하는 인접 지역들의 경계선 교점들을 보조선들로 연결할 때, 보조선들로 연장된 지역들은 한 점에 접하는 지역들과 마찬가지로 되고, 한 점에 접하는 모든 지역들이 3 색으로 충분히 구분되기 때문임. [3] 한 점에 접하는 모든 지역들을 구분함에는 3 색으로 충분함. [증명] 한 점에 접하는 지역들 중 임의의 한 지역을 선정할 때, 이 지역의 경계선을 공유하는  인접 지역들이 2 색으로 충분히 구분되기 때문임.
2 가지 페르마 정리 증명과 피타고라스 수 X^n+Y^n=Z^n n 이 4 이상 짝수일 때 자연수해가 없음을 페르마가 증명하였음으로, 홀수로서 소수일 때 증명요함. Y+A=X+B=Z X-A=Y-B=Z-A-B=X+Y-Z G=(X-A)/(AB)^(1/n)=(Y-B)/(AB)^(1/n)=(Z-A-B)/(AB)^(1/n)=(X+Y-Z)/(AB)^(1/n) X=G(AB)^(1/n)+A, Y=G(AB)^(1/n)+B, Z=G(AB)^(1/n)+A+B {G(AB)^(1/n)+A}^n+{G(AB)^(1/n)+B}^n={G(AB)^(1/n)+A+B}^n n=1 일 때 G=0, n=2 일 때 G=2^(1/2) 이 되고, n>2 일 때 G 는 (A,B) 함수인 양의 실수임. X=(2AB)^(1/2)+A, Y=(2AB)^(1/2)+B, Z=(2AB)^(1/2)+A+B 위 식의 모든 자연수 (A,B) 에서 (X,Y,Z) 는 모두 무리수가 되거나, 모든 피타고라스수를 나타냄. 그리고 상기 식을 아래와 같이 변경하여 볼 수도 있음. AB=2k^2, B=2k^2/A X=2k+A, Y=2k(k+A)/A, Z=2k+A+2k^2/A XY=2k(2k+A)(k+A)/A A 가 홀수일 때, k=hA, XY=2A^2h(2h+1)(h+1) 그리고 hk=A, XY=2k^2(2+h)(1+h)/h A 가 짝수일 때, 2k=hA, XY=A^2h(h+1)(h+2)/2 그리고 2hk=A, XY=2k^2(1+h)(1+2h)/h 그러므로 XY 는 모든 피타고라스 수에서 거듭제곱이 될 수 없음. * * * * * 페르마정리 증명 제 1 방법 * * * * * 모든 자연수 (A,B) 에서 G(AB)^(1/n) 이 항상 무리수로 되어, (X,Y,Z) 가 모두 무리수임을 증명함. {G(AB)^(1/n)+A}^n+{G(AB)^(1/n)+B}^n={G(AB)^(1/n)+A+B}^n 상기 식에서 A=B 일 때, 2{GA^(2/n)+A}^n={GA^(2/n)+2A}^n {2^(1/n)-1}GA^(2/n)={2-2^(1/n)}A G=[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)]A^{(n-2)/n} 특별상수 [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)] 을 가지고 모든 자연수 (A,B) 에서 항상 무리수인 식을 만들었음. 새로운 식 [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]/2 로 G(AB)^(1/n) 을 나누고 곱하면 다음과 같은 식이 유도되며, A=B 일 때 q 는 1 이 되어야만 함. G(AB)^(1/n)=q[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]/2 q=2G(AB)^(1/n)/[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)] 만약 G(AB)^(1/n) 이 (a,b) 에서 자연수 (N) 이면, G(ab)^(1/n)=N 에 [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)] 이 없음으로, G(AB)^(1/n) 에도 [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)] 이 존재할 수 없음. 따라서 q 는 A=B 일 때 절대로 1 이 될 수 없는 모순이 발생함. 그러므로 모든 자연수 (A,B) 에서 G(AB)^(1/n) 이 항상 무리수가 됨, 제1방법 끝. * * * * * 페르마정리 증명 제 2 방법 * * * * * X^n+Y^n=Z^n {X^(n/2)}^2+{Y^(n/2)}^2={Z^(n/2)}^2 지수가 2 일 때, {X^(n/2),Y^(n/2),Z^(n/2)} 은 (a,b) 로 다음과 같이 나타낼 수 있음. a=Z^(n/2)-Y^(n/2), b=Z^(n/2)-X^(n/2) X^(n/2)=(2ab)^(1/2)+a, Y^(n/2)=(2ab)^(1/2)+b, Z^(n/2)=(2ab)^(1/2)+a+b n 이 소수일 때, 아래와 같이 ab 는 서로소인 자연수 (X,Y,Z) 에서 항상 무리수가 됨. ab=Z^n-(YZ)^(n/2)-(XZ)^(n/2)+(XY)^(n/2) X^(n/2) 과 Y^(n/2) 을 곱하여 아래와 같이 정리함. (XY)^n=2a^3b+2ab^3+13(ab)^2+6ab(a+b)(2ab)^(1/2) (X,Y,Z) 를 자연수로 가정하면, 좌변인 (XY)^n 은 자연수가 되고, 우변은 무리수가 되는 모순 발생함. 그러므로 (X,Y,Z) 는 무리수가 되어야만 함. 제2방법 끝. leejaeyul5@yahoo.co.kr 이재율 이유진 드림
4 Color Theorem proof of the regions on global surface  3 inter relationship of the regions on global surface  sharing a common boundary line. sharing a common point. not adjacent regions. [1] 4 colors suffice for the distinguishing all regions about one region and the regions those share a common one region`s boundary line. [Proof] The reason is this. 3 colors suffice for the distinguishing all regions those share a common one region`s boundary line. [Example1] 3 colors suffice for the distinguishing all hexagonal shape regions. The reason is this. 2 colors suffice for the distinguishing 6 hexagonal shape regions those share a common one hexagonal shape region`s boundary line. [Example2] 2 colors suffice for the distinguishing all square shape regions. The reason is this. One color suffice for the distinguishing 4 square shape regions those share a common one square shape region`s boundary line. [2] 3 colors suffice for the distinguishing all regions those share a common one region`s boundary line. [Proof] The reason is this. When there are lined from a region`s inner one point to the points on one region`s boundary line those are met the adjacent regions boundary lines, all extension regions are the regions those share one common point. 3 colors suffice for the distinguishing all regions those share one common point. [3] 3 colors suffice for the distinguishing all regions those share one common point. [Proof] The reason is this. When one region is selected, 2 colors suffice for the distinguishing all regions those share a common one selected region`s boundary line.
2 methods of FLT proof and Pythagorean triples X^n+Y^n=Z^n Fermat had made a proof that the equation cannot have nonzero natural number solution in the even number n that is greater or equal 4. Therefore we need to make a proof that the equation cannot have nonzero natural number solution in the odd and prime number n. Y+A=X+B=Z, A=Z-Y, B=Z-X X-A=Y-B=Z-A-B=X+Y-Z G=(X-A)/(AB)^(1/n)=(Y-B)/(AB)^(1/n)=(Z-A-B)/(AB)^(1/n)=(X+Y-Z)/(AB)^(1/n) X=G(AB)^(1/n)+A, Y=G(AB)^(1/n)+B, Z=G(AB)^(1/n)+A+B {G(AB)^(1/n)+A}^n+{G(AB)^(1/n)+B}^n={G(AB)^(1/n)+A+B}^n When n=1, G=0. When n=2, G=2^(1/2). When n>2, G=function(A,B) is the positive real number. X=(2AB)^(1/2)+A, Y=(2AB)^(1/2)+B, Z=(2AB)^(1/2)+A+B (X,Y,Z) are the irrational numbers or all Pythagorean triples in all natural number (A,B). We can translate the upper form into this. AB=2k^2, B=2k^2/A X=2k+A, Y=2k(k+A)/A, Z=2k+A+2k^2/A XY=2k(2k+A)(k+A)/A When A is the odd number, k=hA, XY=2A^2h(2h+1)(h+1) and hk=A, XY=2k^2(2+h)(1+h)/h When A is the even number, 2k=hA, XY=A^2h(h+1)(h+2)/2 and 2hk=A, XY=2k^2(1+h)(1+2h)/h Therefore XY cannot be the power numbers in all Pythagorean triples. * * * * * 1st method of FLT proof * * * * * G(AB)^(1/n) is the irrational number in all natural number (A,B), so (X,Y,Z) are the irrational numbers. {G(AB)^(1/n)+A}^n+{G(AB)^(1/n)+B}^n={G(AB)^(1/n)+A+B}^n When A=B, 2{GA^(2/n)+A}^n={GA^(2/n)+2A}^n {2^(1/n)-1}GA^(2/n)={2-2^(1/n)}A G=[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)]A^{(n-2)/n} We make new form with [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)]. [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]/2 This form is the irrational number in all natural number (A,B). G(AB)^(1/n) divide and multiply by [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]/2, and now we can get two forms. And when A=B, q=1. G(AB)^(1/n)=q[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)]/2 q=2G(AB)^(1/n)/[2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)][{A^(n-1)B}^(1/n)+{AB^(n-1)}^(1/n)] If G(AB)^(1/n) is the natural number (N) in some (a,b), G(ab)^(1/n)=N can not have [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)], and G(AB)^(1/n) can not have [2^{(n-1)/n}+…+2^(2/n)+2^(1/n)]. So when A=B, q cannot be 1. That is an apparent contradiction. Therefore G(AB)^(1/n) is the irrational number in all natural number (A,B). 1st method. end. * * * * * 2nd method of FLT proof * * * * * X^n+Y^n=Z^n {X^(n/2)}^2+{Y^(n/2)}^2={Z^(n/2)}^2 When n=2, we can display {X^(n/2),Y^(n/2),Z^(n/2)} with (a,b). a=Z^(n/2)-Y^(n/2), b=Z^(n/2)-X^(n/2) X^(n/2)=(2ab)^(1/2)+a, Y^(n/2)=(2ab)^(1/2)+b, Z^(n/2)=(2ab)^(1/2)+a+b When n is the prime number and (X,Y,Z) is co prime, the ab is the irrational number. ab=Z^n-(YZ)^(n/2)-(XZ)^(n/2)+(XY)^(n/2) We multiply X^(n/2) and Y^(n/2). (XY)^n=2a^3b+2ab^3+13(ab)^2+6ab(a+b)(2ab)^(1/2) If (X,Y,Z) is the natural number, (XY)^n is the natural number, but 2a^3b+2ab^3+13(ab)^2+6ab(a+b)(2ab)^(1/2) is the irrational number. That is an apparent contradiction. Therefore (X,Y,Z) must be the irrational number. 2nd method. end.